SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2020-2021
MÔN: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi gồm có 02 trang)
Họ và tên thí sinh:…………………….………..… Số báo danh:……………………….
Câu 1: Nguyên tử của nguyên tố A có số hiệu nguyên tử là 17.
a. Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố A ở trạng thái cơ bản và xác định vị trí của nguyên tố A trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
b. Hợp chất X của nguyên tố A với kim loại kiềm M là một trong những thực phẩm quan trọng của con người, X được tách ra từ nước biển. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau (ghi rõ điều kiện).
(1) X + AgNO3 (dung dịch) → (2) X + H2SO4 đặc →
Câu 2: Cân bằng các phản ứng oxi hóa - khử sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a. MnO2 + HCl MnCl2 + Cl2 + H2O
b. FeO + HNO3 NO + Fe(NO3)3 + H2O
c. Cu + H2SO4 (đ) CuSO4 + SO2 + H2O
d. FeS2 + H2SO4 (đ) Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
Câu 3: Bố trí thí nghiệm như hình vẽ bên dưới. X là dung dịch KI có hòa tan một ít tinh bột. Hãy cho biết
a. Hiện tượng xảy ra khi mở khóa ở phễu. Giải thích.
b. Chất C có thể là chất nào? Tại sao lại phải có nó.
Câu 4: Cho 5 dung dịch sau: K2CO3, KCl, BaCl2, H2SO4, HCl. Không dùng thêm thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học phân biệt 5 dung dịch trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 5: Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a. Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch KMnO4.
b. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch muối CuCl2 (màu xanh)..
c. Sục khí CO2 từ từ đến dư vào nước vôi trong.
d. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch nước clo, sau đó nhỏ vào dung dịch sau phản ứng vài giọt dung dịch muối BaCl2
Câu 6:
a. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron trên các phân lớp p. Nguyên tử nguyên tố Z có 3 lớp electron và 1 electron độc thân. Viết cấu hình electron nguyên tử của X, Y, Z và xác định vị trí của chúng trong bảng hệ thống tuần hoàn.
b. Tổng số các hạt cơ bản trong ion Mn+ có là 80. Trong hạt nhân của M, số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện là 4. Xác định tên nguyên tố M và viết cấu hình electron của Mn+.
Câu 7: Cho một viên bi bằng nhôm nặng 16,2 gam vào 600ml dung dịch HCl. Sau khi kết thúc phản ứng, thấy còn lại m gam nhôm không tan. Cho m gam nhôm trên vào 196 gam dung dịch H2SO4 40% (loãng), đến khi phản ứng kết thúc, nồng độ dung dịch H2SO4 còn lại 9,533%. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl.
Câu 8: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí (ở đktc) có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m.
Câu 9: Khi nung nóng 22,12 gam KMnO4, sau một thời gian thu được 21,16 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với dung dịch HCl 36,5% (d = 1,18 gam/ml). Tính thể tích dung dịch HCl tối thiểu cần dùng.
Câu 10: Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A (không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng một nửa hàm lượng Zn trong A. Chia hỗn hợp B thành 2 phần bằng nhau.
- Phần 1: Hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam chất rắn nguyên chất.
- Phần 2: Thêm một thể tích không khí thích hợp (coi không khí chứa 20%O2 và 80% N2 theo thể tích). Sau khi đốt cháy hoàn toàn B, thu được hỗn hợp khí C gồm hai khí trong đó N2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thể tích giảm 5,04 lít (đktc).
a. Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
b. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.
Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021
MÔN: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu
Đáp án
Điểm
1
a. Cấu hình e của A là: 1s22s22p63s23p5
Vị trí: chu kì 3, nhóm VIIA
b. X là NaCl
NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl
NaCl + H2SO4 → NaHSO4 + HCl
0,5 đ
0,5 đ
2
a. 1x Mn+4 + 2e Mn+2
2x 2Cl- Cl2 + 2e
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O
0,25 đ
b. 3x Fe+2 Fe+3 + e
1x N+5 + 3e N+2
3FeO + 10HNO3 NO + 3Fe(NO3)3 + 5H2O
0,25 đ
c. 1x S+6 +2e S+4
1x Cuo Cu+2 + 2e
Cu + 2H2SO4 đặc CuSO4 + SO2 + 2H2O
0,25 đ
d.
2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
0,25 đ
3
a. - Có khí màu vàng lục thoát ra, bình cầu chứa dung dịch X chuyển sang màu xanh tím
KMnO4 + HCl → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O
Cl2 + KI → KCl + I2
I2 tương tác với hồ tinh bột cho ra hợp chất có màu xanh tím.
b. Chất C có thể là các bazơ như NaOH, KOH...để hấp thụ các khi độc thoát ra như HCl, Cl2
NaOH + HCl → NaCl + H2O
NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O
0,5đ
0,5đ
4
Trộn lẫn các cặp mẫu thử, được kết quả như sau:
K2CO3
KCl
BaCl2
H2SO4
HCl
K2CO3
x
-
↓ trắng
↑
↑
KCl
-
x
-
-
-
BaCl2
↓ trắng
-
x
↓ trắng
-
H2SO4
↑
-
↓ trắng
x
-
HCl
↑
-
-
-
x
Chú thích: ↓ : có kết tủa ; ↑ : có khí ; x: không trộn lẫn
Kết luận:
- Mẫu thử tạo 2 lần kết tủa với 2 trong 4 mẫu khác là BaCl2
- Mẫu thử tạo 1 kết tủa và 2 lần tạo khí với 3 trong 4 mẫu khác là K2CO3
- Mẫu thử tạo 1 khí với 1 trong 4 mẫu khác là HCl
- Mẫu thử không có hiện tượng gì là KCl
- Mẫu thử tạo 1 kết tủa và 1 khí với các mẫu thử khác là H2SO4.
PTHH:
BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2 HCl
BaCl2 + K2CO3 → BaCO3 ↓ + 2 KCl
K2CO3 + H2SO4 → K2SO4 + CO2 ↑ + H2O
K2CO3 + 2HCl → 2KCl + CO2 ↑ + H2O
1 đ
5
a. Phương trình:
- Màu tím của dung dịch nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn.
b. Phương trình:
- Màu xanh của dung dịch nhạt dần và dung dịch có kết tủa màu đen xuất hiện.
c. Phương trình: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2
- Ban đầu có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần và dung dịch trở nên trong suốt
d. Phương trình:
- Nươc Cl2 nhạt màu, có kết tủa trắng xuất hiện.
0,5 đ
6
* Theo bài ra ta có: 2ZX + NX = 60 (1); ZX = NX (2)
Từ (1) và (2) ZX = NX = 20.
X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2
Vị trí của X: chu kỳ 4; nhóm IIA.
0,5 đ
* Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s23p5 Y là Cl
Vị trí của Y: chu kỳ 3; nhóm VIIA.
* Theo giả thiết thì Z chính là nhôm, cấu hình electron của 13Al: [Ne] 2p63s1
Vị trí của Z: chu kỳ 3; nhóm IIIA.
Theo bài ra ta có: 2ZM + NM – n = 80 (1); NM – ZM = 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta được: 3ZM – n = 76
Do 1 ≤ n ≤ 3 77 ≤ 3ZM ≤ 79 25,67 ≤ ZM ≤ 26,33
ZM = 26; n = 2 M là sắt (Fe)
Cấu hình electron của Mn+ (Fe2+): [Ar] 3d6 Hoặc 1s22s22p63s23p63d6
7
nAl ban đầu=(1/3)nHCl+(2/3)nH2SO4 phản ứng.=16,2/27=0,6
Gọi số mol H2SO4 phản ứng là n ta có nH2SO4 ban đầu-n=nH2SO4 dư
2Al + 3H2SO4 ® Al2(SO4)3 + 3H2
-n= Þ n=0,6
nAl ban đầu=0,6=(1/3) nHCl+(2/3)*0,6 Þ nHCl= 0,6Þ CHCl=nHCl/0,6=1M
1 đ
8
Phương trình phản ứng:
2Na + H2SO4 → Na2SO4 + H2
Na2O + H2SO4 → Na2SO4 + H2O
NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + H2O
Na2CO3 +H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2
Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối Na2SO4 là 170,4 gam => số mol H2SO4= số mol Na2SO4 = 1,2 mol
Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam.
Theo bảo toàn khối lượng ta có:
294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam.
1 đ
9
ban đầu = = 0,14 mol; = = 0,03 mol
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2
0,06 ← 0,03 ← 0,03 ← 0,03
→ nKMnOcòn = 0,14 – 0,06 = 0,08 mol
2KMnO4 + 16HCl 5Cl2↑ + KCl + 2MnCl2 + 8H2O
0,08 → 0,64
K2MnO4 + 8HCl 2Cl2↑ + 2KCl + MnCl2 + 4H2O
0,03 → 0,24
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O
0,03 → 0,12
→ nHCl = 0,64 + 0,24 + 0,12 = 1,0 mol
→ Vdd HCl = = 84,74 ml
1 đ
10
a Phương trình: 2Al + 3S Al2S3
Zn + S ZnS
TH tổng quát : Hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư.
hh B + H2SO4loãng chất rắn là S
dư = 0,48 g mol
Pt : Al2S3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2S
ZnS + H2SO4 ZnSO4 + H2S
Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2
2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2
*hỗn hợp B nung:
Pt: 2Al2S3 + 9O2 2Al2O3 + 6SO2
2ZnS + 3O2 2ZnO + 2SO2
4Al + 3O2 2Al2O3
2Zn + O2 2ZnO
S + O2 SO2
(*) HS có thể viết sơ đồ phản ứng để thay cho PTHH khi giải toán.
*Khí C: SO2, N2( không có O2 vì vậy dùng vừa đủ) Khí C
Vgiảm = sinh ra = 5,04( l)
ADĐLBT nguyên tố S: = 0,225.2 = 0,45 mol
= 0,45 .32 = 14,4g; mAl + Zn(A)= 33,02 – 14,4 = 18,62g
Gọi nAl: x(mol) ;nzn: y(mol); 27x + 65y = 18,62 (1)
% VSO2/C = 100 - % VN2 = 14,2%

molVkk = 1,7 .22,4 = 38,08 lít
b. mol.
Nhận xét: Lượng O2 pứ với A (Al, Zn, S) tạo ra Al2O3, ZnO, SO2 = lượng O2 phản ứng với B (Al2S3, ZnS, Al (dư) Zn (dư), S (dư) Al2O3, ZnO, SO2 vì có cùng số mol Al, Zn, S và cùng tạo thành 3 oxit như nhau.
Pt: 4Al + 3O2 2Al2O3
Mol: x/2 3x/8
Zn + O2 ZnO
Mol: y/2 y/4
S + O2 SO2
Mol: 0,225 0,225
Ta có: + 0,225= 0,34 (2). Giải (1,2): x = 0,16; y = 0,22
%mZn(A)
Gọi nZn dư: z(mol)
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B:
% Zn đơn chất=z = 0,01mol Zn dư
nZn phản ứng với S = 0,22-0,01=0,21mol
nS phản ứng với Al= nS chung - nS phản ứng Zn - nS dư = 0,45 – 0,21 – 0,03= 0,21mol
mol
% mB:
; %m ZnS =
% mZndư = ; % mS dư =
% mAl dư = 100% - (31,8% + 61,69% + 1,97% + 2,91%) = 1,63%
1 đ

onthicaptoc.com Đề thi HSG môn Hóa lớp 10 năm 2020 2021 THPT Đồng Đậu có đáp án